Phân thức chính quy nhiều biến và các dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Trần Thị Nhung PHÂN THỨC CHÍNH QUY NHIỀU BIẾN VÀ CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2017 i Mục lục MỞ ĐẦU Chương Một số dạng đại lượng trung bình 1.1 Khai triển Newton 1.2 Định lý giá trị trung bình cộng nhân 1.3 Bất đẳng thức AM-GM suy rộng 19 Chương Phân thức quy quy suy rộng 2.1 2.2 Phân thức quy 22 2.1.1 Phân thức quy biến 22 2.1.2 Phân thức quy nhiều biến 24 Phân thức quy suy rộng 28 2.2.1 Phân thức quy suy rộng biến 28 2.2.2 Phân thức quy suy rộng nhiều biến 30 Chương Các dạng toán liên quan 3.1 3.2 22 33 Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM 33 3.1.1 Điều chỉnh lựa chọn tham số 33 3.1.2 Kỹ thuật tách, ghép phân nhóm 40 Các dạng toán liên quan 47 3.2.1 Biểu diễn số dạng đa thức nhiều biến 47 3.2.2 Bất đẳng thức đa thức đối xứng đồng bậc 51 3.2.3 Bất đẳng thức dạng phân thức đa thức 55 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 60 MỞ ĐẦU Phân thức hữu tỷ, đặc biệt phân thức quy khái niệm chương trình Tốn bậc phổ thơng Đặc biệt, trường THPT chuyên lớp chun tốn có nhiều dạng tốn liên quan đến hàm phân thức quy Trong kỳ thi học sinh giỏi Toán nước kỳ thi Olympic Tốn nước giới, có nhiều tốn dãy số, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình hệ bất phương trình, sinh hàm số dạng phân thức cần biết cách vận dụng tính đặc thù biểu thức phân thức cho Hiện tài liệu có tính hệ thống vấn đề cịn chưa đề cập nhiều Để đáp ứng nhu cầu học tập giảng dạy mơn Tốn bậc phổ thơng, luận văn Phân thức quy nhiều biến dạng toán liên quan nhằm hệ thống giải tốn liên quan đến phân thức quy Luận văn chia làm ba chương: Chương Một số dạng đại lượng trung bình Chương Phân thức quy quy suy rộng Chương Các dạng tốn liên quan Để hồn thành luận văn này, trước xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu dành thời gian hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ tơi suốt q trình xây dựng đề tài hoàn thành luận văn Tiếp theo, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy cô đọc, kiểm tra, đánh giá cho nững ý kiến quý báu để luận văn hồn thiện Qua đây, tơi xin gửi lời cảm ơn tới Ban giám hiệu, phòng Đào t�x2 , , xn−1 ) ≥ E1 (a1 , a2 , , an−1 ), E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) Chứng minh E2 (x1 , x2 , , xn ) ≤ E2 (a1 , a2 , , an ) Lời giải Nhận xét ta ln ln có đẳng thức sau: [E1 (x1 , x2 , , xn )]2 − E1 (x21 , x22 , , x2n ) = 2E2 (x1 , x2 , , xn ) Vì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với [E1 (x1 , x2 , , xn )]2 −E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≤ [E1 (a1 , a2 , , an )]2 −E1 (a21 , a22 , , a2n ) 53 hay E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≥ E1 (a21 , a22 , , a2n ) (3.18) Để ý x2k ≥ a2k + 2ak (xk − ak ) ∀xk , ak ∈ R Từ suy E1 (x21 , x22 , , x2n ) ≥ E1 (a21 , a22 , , a2n )+ n−1 +2 k=0 (ak − ak+1 )[E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )] (3.19) Theo giả thiết n−1 k=0 (ak − ak+1 )[E1 (x1 , , xk ) − E1 (a1 , , ak )] ≥ nên (3.19) ta nhận (3.18) E2 (x1 , x2 , , xn ) ≤ E2 (a1 , a2 , , an ) Bài toán 3.28 Với dãy số z1 , z2 , ta ký hịêu E1 (z1 , z2 , , zk ) = z1 + z2 + · · · + zk , k ∈ Z+ Cho đa thức f (x) có f ′′ (x) > với x ∈ R cho hai dãy số giảm không âm x1 , x2 , a1 , a2 , số n ∈ Z+ thỏa mãn điều kiện E1 (x1 ) ≥ E1 (a1 ), E1 (x1 , x2 ) ≥ E1 (a1 , a2 ), ··· E1 (x1 , x2 , , xn−1 ) ≥ E1 (a1 , a2 , , an−1 ), E1 (x1 , x2 , , xn ) = E1 (a1 , a2 , , an ) Chứng minh E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an )) Lời giải Theo giả thiết đa thức f (x) ta có f (xk ) ≥ f (ak ) + f ′ (ak )(xk − ak ) ∀xk , ak ∈ R 54 Sử dụng phép biến đổi Bài toán 3.27 ta thu bất đẳng thức E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an ))+ n + k=0 f ′ (ak )(xk − ak ) hay E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an ))+ n−1 + k=0 [f ′ (ak ) − f ′ (ak+1 )][E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )] (3.20) Theo giả thiết n−1 k=0 [f ′ (ak ) − f ′ (ak+1 )][E1 (x1 , x2 , , xk ) − E1 (a1 , a2 , , ak )] ≥ nên (3.20) ta nhận E1 (f (x1 ), f (x2 ), , f (xn )) ≥ E1 (f (a1 ), f (a2 ), , f (an )) Bài toán 3.29 Với dãy số thực t1 , t2 , , tn ta ký hịêu A= (t1 + t2 + · · · + tn ), n B= (t1 + t22 + · · · + t2n ) n Giả thiết t1 , t2 , , tn ∈ [p, q], < p < q Chứng minh 4pq A2 ≥ B (p + q)2 Lời giải Từ giả thiết ta thu n k=1 hay (tk − p)(tk − q) ≤ n n t2k k=1 − (p + q) k=1 tk + npq ≤ 55 Sử dụng ký hiệu tốn, ta có B − (p + q)A + pq ≤ Vậy nên −pq p + q B ≤ + A2 A2 A2 p + q (p + q)2 (p + q)2 = −pq + − ≤ , A 2pq 4pq 4pq điều phải chứng minh Đẳng thức xảy (tk − p)(tk − q) = 0, A = 3.2.3 2pq , k = 1, , n p+q Bất đẳng thức dạng phân thức đa thức Với định nghiã ký hiệu nêu đa thức đối xứng sơ cấp, ta có số đẳng thức bất đẳng thức sau Bài toán 3.30 Cho số tự nhiên n ≥ x1 , x2 , , xn ∈ [0, 1] Chứng minh bất đẳng thức x1 + x2 + · · · + xn ≤ n + n(1 − x1 )(1 − x2 ) · · · (1 − xn ) Lời giải Đặt − xi = (i = 1, 2, , n) Nhận xét ≤ ≤ bất đẳng thức cho trở thành hay (1 − a1 ) + (1 − a2 ) + · · · + (1 − an ) ≤ n + na1 a2 · · · an (a1 + a2 + · · · + an )(1 + na1 a2 · · · an ) ≥ n2 a1 a2 · · · an (3.21) Theo bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (Cauchy) √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n n a1 a2 · · · an , (3.22) + na1 a2 · · · an ≥ + (n − 1)a1 a2 · · · an ≥ n n (a1 a2 · · · an )n−1 Từ (3.22) (3.23) ta thu (3.21), điều phải chứng minh (3.23) 56 Nhận xét đẳng thức (3.21) xảy hai vế (3.22) 0, nghĩa a1 = a2 = · · · = an = hay x1 = x2 = · · · = xn = Bài toán 3.31 Xét số x, y, z ≥ có x + y + z = 10 Chứng minh bất đẳng thức 9(x − 1)2 4(y − 1)2 9(z − 1)2 157 + + ≥ 4(x + 1) 3(y + 1) 8(z + 1) 30 Lời giải Xét hàm số (x − 1)2 f (x) = =x−3+ x+1 x+1 Ta có f ′ (x) = (x − 1)(x + 3) ≥ 0, ∀x ≥ (x + 1)2 f ′′ (x) = > 0, ∀x ≥ (x + 1)3 Theo Hệ định lý Lagrange, ta có f (v) f (u) ≥ + u − v, ∀u, v ∈ [1, +∞), u = v f ′ (v) f ′ (v) (3.24) ; ; có tổng 10 9 Ta thu v1 = 2, v2 = 3, v3 = Tiếp theo, vào (3.24), ta Chọn số v ∈ [1, +∞) cho f ′ (v) ∈ 9(x − 1)2 f (2) ≥ ′ + x − 2, ∀x ∈ [1, +∞) 4(x + 1) f (2) 4(y − 1)2 f (3) ≥ ′ + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞) 3(y + 1) f (3) f (5) 9(z − 1)2 ≥ ′ + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞) 8(z + 1) f (5) hay 1/2 9(x − 1)2 ≥ + x − 2, ∀x ∈ [1, +∞) 4(x + 1) 5/9 57 4(y − 1)2 ≥ + y − 3, ∀y ∈ [1, +∞) 3(y + 1) 3/4 8/3 9(z − 1)2 ≥ + z − 2, ∀z ∈ [1, +∞) 8(z + 1) 8/9 Cộng vế tương ứng ta thu 9(x − 1)2 4(y − 1)2 9(z − 1)2 1/2 8/3 157 + + ≥ + + = , 4(x + 1) 3(y + 1) 8(z + 1) 5/9 3/4 8/9 30 đpcm Bài toán 3.32 Xét số x, y, z ∈ (−1, 1) có x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức 9(x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2 + + M := 5(x + 1) 5(y + 1) 95(z + 1) Lời giải Xét hàm số (x − 1)2 =x−3+ f (x) = x+1 x+1 Ta có f ′ (x) = (x − 1)(x + 3) < 0, ∀x ∈ (−1, 1) (x + 1)2 f ′′ (x) = > 0, ∀x ∈ (−1, 1) (x + 1)3 Theo Hệ định lý Lagrange, ta có f (v) f (u) ≤ + u − v, ∀u, v ∈ (−1, 1), u = v (3.25) f ′ (v) f ′ (v) 49 Chọn số v ∈ (−1, 1) cho f ′ (v) ∈ − ; − ; − có tổng 5 95 1 Ta thu v1 = , v2 = , v3 = Tiếp theo, vào (3.25), ta f (1/2) 9(x − 1)2 ≥ ′ + x − , ∀x ∈ (−1, 1) 5(x + 1) f (1/2) 4(y − 1)2 f (1/3) ≥ ′ + y − , ∀y ∈ (−1, 1) 5(y + 1) f (1/3) 58 49(z − 1)2 f (1/6) ≥ ′ + z − , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) f (1/6) hay 9(x − 1)2 ≥ − + x − , ∀x ∈ (−1, 1) − 5(x + 1) 30 4(y − 1)2 ≥ − + y − , ∀y ∈ (−1, 1) − 5(y + 1) 15 49(z − 1) 35 − ≥− + z − , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) 114 hay 9(x − 1)2 ≤ − x + , ∀x ∈ (−1, 1) 5(x + 1) 30 2 4(y − 1) ≤ − y + , ∀y ∈ (−1, 1) 5(y + 1) 15 35 49(z − 1) ≤ − z + , ∀z ∈ (−1, 1) 95(z + 1) 114 Cộng vế tương ứng ta thu 9(x − 1)2 4(y − 1)2 49(z − 1)2 M= + + 5(x + 1) 5(y + 1) 95(z + 1) ≤ Vậy max M = 35 + + 30 114 35 1 + + đạt x = , y = , z = 30 114 ... văn Phân thức quy nhiều biến dạng toán liên quan nhằm hệ thống giải toán liên quan đến phân thức quy Luận văn chia làm ba chương: Chương Một số dạng đại lượng trung bình Chương Phân thức quy quy... Chương Phân thức quy quy suy rộng 2.1 2.2 Phân thức quy 22 2.1.1 Phân thức quy biến 22 2.1.2 Phân thức quy nhiều biến 24 Phân thức quy suy rộng ... 28 2.2.1 Phân thức quy suy rộng biến 28 2.2.2 Phân thức quy suy rộng nhiều biến 30 Chương Các dạng toán liên quan 3.1 3.2 22 33 Một số kỹ thuật vận dụng bất đẳng thức AM-GM